Cím:	Megoldásvázlatok a 2005/7. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):	Számadó László
Füzet:	2005/novemberi melléklet, 34 - 38. oldal	PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Ábrázoló geometria

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. rész   1. Az $ABC$ háromszög csúcsainak koordinátái: $A\left(-2;-3\right)$, $B\left(8;1\right)$ és $C\left(2;5\right)$. $a)$ Írjuk fel a háromszög oldalegyeneseinek egyenletét. $b)$ Számítsuk ki a háromszög legnagyobb belső szögét.  (11 pont)   Megoldás. $a)$ A $BC$-re illeszkedő $a$ oldalegyenes egyik irányvektora: ${\text{v}}_a\left(3;-2\right)$. Az $a$ egyenes egyenlete: $2x+3y=19$. Az $AC$-re illeszkedő $b$ oldalegyenes egyik irányvektora: ${\text{v}}_b\left(1;2\right)$. A $b$ egyenes egyenlete: $2x-y=-1$. Az $AB$-re illeszkedő $c$ oldalegyenes egyik irányvektora: ${\text{v}}_c\left(5;2\right)$. Az $c$ egyenes egyenlete: $2x-5y=11$. $b)$ Mivel $AB=\sqrt[]{116}$, $BC=\sqrt[]{52}$ és $AC=\sqrt[]{80}$, azért az $AB$-vel szemközti $\gamma$ szög lesz a legnagyobb. A koszinusztételből $\text{cos}\gamma =\frac{8}{\sqrt[]{52}\cdot \sqrt[]{80}}\approx 0\mathrm{,}1240$, így $\gamma \approx 82\mathrm{,}{9}^{\circ }$.   2. $a)$ Döntsük el, hogy az alábbi állítások közül melyik igaz, melyik hamis. $1)$ Egy négyszögnek lehet két oldalegyenese párhuzamos. $2)$ Egy négyszögnek lehet két szemközti oldalegyenese párhuzamos. $3)$ Egy négyszögnek lehet két szomszédos oldalegyenese párhuzamos. $4)$ Egy négyszögnek lehet két oldalegyenese merőleges. $5)$ Egy négyszögnek lehet két szemközti oldalegyenese merőleges. $6)$ Egy négyszögnek lehet két szomszédos oldalegyenese merőleges. $b)$ Ha valaki csak véletlenszerűen írja az igaz vagy hamis válaszokat az előző feladatban, akkor mekkora valószínűséggel lesz minden válasza helyes? $c)$ Az $a)$ feladatban az is elképzelhető, hogy valaki nem tud dönteni. Valamelyik állítás esetén nem ír semmit. Hányféle válaszadás képzelhető el így összesen?  (12 pont)   Megoldás. $a)$ 1) igaz, 2) igaz, 3) hamis, 4) igaz, 5) igaz, 6) igaz. $b)$ Az összes lehetőség: $2^6=64$, a kedvező esetek száma: 1. A keresett valószínűség: $\frac{1}{64}\approx 0\mathrm{,}016$. $c)$ Egy válasz lehet: igaz, hamis, vagy üres: a lehetséges esetek száma: $3^6=729$.   3. Mely $x$-ekre értelmezhetők az alábbi kifejezések: $a)$ $\text{lg}\sqrt[]{x^2+4x-12}$; $b)$ $\sqrt[]{\text{lg}\left(x^2+4x-12\right)}?$  (14 pont)   Megoldás. $a)$ A négyzetgyök miatt: $x^2+4x-12\ge 0$. Szorzat alakban $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(x+6\right)\left(x-2\right)\ge 0.}\end{array}$ Innen: $x\in \left]-\infty ;-6\right]\cup \left[2;\infty \right[$. A logaritmus miatt: $\sqrt[]{x^2+4x-12}>0$, a négyzetgyök miatt $x^2+4x-12\ge 0$, azaz $\left(x+6\right)\left(x-2\right)>0$. Innen $x\in \left]-\infty ;-6\right[\cup \left]2;\infty \right[$.     A két feltételnek egyszerre kell teljesülnie, ezért: $x\in \left]-\infty ;-6\right[\cup \left]2;\infty \right[$. $b)$ A logaritmus miatt: $x^2+4x-12>0$. Az $a)$ részben ezt már megvizsgáltuk, tehát $x\in \left]-\infty ;-6\right[\cup \left]2;\infty \right[$. A négyzetgyök miatt: $\text{lg}\left(x^2+4x-12\right)\ge 0$, azaz $\text{lg}\left(x^2+4x-12\right)\ge \text{lg}1$. A tízes alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton növő, így $\begin{array}{c}{\displaystyle x^2+4x-12\ge \mathrm{1,}\text{azaz}{x}^2+4x-13\ge 0.}\end{array}$     A másodfokú egyenlőtlenséget megoldva: $\begin{array}{c}{\displaystyle x\in ]-\infty ;-2-\sqrt[]{17}]\cup [-2+\sqrt[]{17};\infty [\mathrm{.}}\end{array}$ Ez utóbbi feltétel az erősebb, tehát ennek kell teljesülnie.   4. Legyen $f\left(x\right)=x^6-3x^4+3x^2$. Számítsuk ki az $f\left(\sqrt[]{\sqrt[3]{3}+1}\right)$ helyettesítési értéket.  (14 pont)   Megoldás. Ha $y=x^2$, akkor a $g\left(y\right)=y^3-3y^2+3y$ értéket kell kiszámolnunk, ahol $y=\sqrt[3]{3}+1$. Látható, hogy $g\left(y\right)={\left(y-1\right)}^3+1=4$.   II. rész   5. A koordinátarendszerben az origót kössük össze kétféleképpen az $\left(a;a^2\right)$ koordinátájú ponttal ($a$ pozitív valós szám), először a két pontra illeszkedő egyenessel, majd a két pontra illeszkedő $f\left(x\right)=x^2$ hozzárendeléssel megadott függvény görbéjével. Mindkét esetben forgassuk meg az összekötő vonalat az $x$ tengely körül. $a)$ Számítsuk ki az így keletkezett két forgástest térfogatát, ha $a=2$. $b)$ Adjuk meg az $a$ függvényében, hogy a kisebb test térfogata hány százaléka a nagyobb test térfogatának.  (16 pont)   Megoldás. $a)$ Az első esetben keletkezett egyenes kúp alapkörének sugara 4, a magassága 2. A kúp térfogata: $V_1=\frac{r^2\pi m}{3}=\frac{32\pi }{3}\approx 33\mathrm{,}51$. A második esetben kapott forgástest térfogata: $\begin{array}{c}{\displaystyle V_2=\pi \underset{0}{\overset{2}{\int }}{x}^{4}dx=\pi {\left[\frac{x^5}{5}\right]}_0^2=\frac{32\pi }{5}\approx 20\mathrm{,}11.}\end{array}$ $b)$ Számoljunk az $a$ paraméterrel! Az első esetben keletkezett egyenes kúp alapkörének sugara $a^2$, a magassága $a$. A kúp térfogata: $V_1=\frac{a^4\pi a}{3}=\frac{a^5\pi }{3}$. A második esetben kapott forgástest térfogata: $\begin{array}{c}{\displaystyle V_2=\pi \underset{0}{\overset{a}{\int }}{x}^{4}dx=\pi {\left[\frac{x^5}{5}\right]}_0^a=\frac{a^5\pi }{5}\mathrm{.}}\end{array}$ A második esetben kapott forgástest térfogata kisebb, mint az elsőé: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{V_2}{V_1}=\frac{\frac{a^5\pi }{5}}{\frac{a^5\pi }{3}}=\frac{3}{5}=0\mathrm{,}6.}\end{array}$ A kisebb test térfogata 60%-a a nagyobb test térfogatának, ami nem függ $a$-tól.   6. Határozzuk meg azokat a valós $x$ értékeket, amelyekre $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\sqrt[]{x+5}-2}{\sqrt[]{x+7}+3}:\frac{\sqrt[]{x+6}-1}{\sqrt[]{x+8}+4}\le 0.}\end{array}$ (16 pont)   Megoldás. A négyzetgyökök miatt tett kikötések összegzése: $x\ge -5$. A két tört nevezője pozitív. Az osztás miatt a második tört számlálója nem lehet 0, azaz $x\ne -5$. Az értelmezési tartomány: $x\in \left]-5;\infty \right]$. Mindkét tört nevezője pozitív, így az egyenlőtlenség akkor és csak akkor teljesül, ha a másik két tényező szorzata nem pozitív: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\sqrt[]{x+5}-2\right)\left(\sqrt[]{x+6}-1\right)\le 0.}\end{array}$ Szorozzuk meg az egyenlőtlenség mindkét oldalát a pozitív $\left(\sqrt[]{x+5}+2\right)\left(\sqrt[]{x+6}+1\right)$ szorzattal: $\left(x+1\right)\left(x+5\right)\le 0$, ahonnan $x\in \left[-5;-1\right]$. Az értelmezési tartományt figyelembe véve a megoldás: $x\in \left]-5;-1\right]$. Megjegyzés. Ha az értelmezési tartomány meghatározása után ($x>-5$) észrevesszük, hogy az egyenlőtlenségben szereplő négy tényező közül három pozitív, akkor rövidebb úton jutunk a megoldáshoz.   7. $a)$ Számítsuk ki annak a háromszög alapú egyenes hasábnak a térfogatát, amelynek alapélei $a=8\text{cm}$, $b=10\text{cm}$, $c=14\text{cm}$, a hasáb $m$ magasságáról pedig tudjuk, hogy $m=m_a$, ahol $m_a$ az alapháromszög $a$ oldalához tartozó magassága. $b)$ Mekkora a térfogata annak a legnagyobb hengernek, amely elfér az előzőekben megadott hasábban és a tengelye párhuzamos a hasáb magasságával?  (16 pont)   Megoldás. $a)$ Készítünk egy vázlatrajzot, és használjuk az ábra jelöléseit.     Mivel $A{B}^2>B{C}^2+A{C}^2$, azért az $ACB\sphericalangle$ tompaszög, így az $a$ oldalhoz tartozó $m$ magasság a háromszögön kívül halad. A magasság talppontját $T$-vel jelöltük, legyen $CT=x$. Az $ABT$ háromszögben a Pitagorasz-tétel szerint: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(8+x\right)}^2+m^2=\mathrm{196,}64+16x+x^2+m^2=196.}\end{array}$ Az $ACT$ háromszögben a Pitagorasz-tétel szerint: $x^2+m^2=100$. Ezt beírhatjuk az előző egyenletbe: $64+16x+100=196$, amiből $x=2$ (cm). Ezt felhasználva: $m=\sqrt[]{100-4}=\sqrt[]{96}=4\sqrt[]{6}$ (cm). Most már kiszámolhatjuk az $ABC$ háromszög területét: $t=\frac{a\cdot m}{2}=\frac{8\cdot 4\sqrt[]{6}}{2}=16\sqrt[]{6}\text{(c<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msup><mrow><mi>m</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msup></mrow></math>)}$. Végül meghatározzuk a hasáb térfogatát: $V_1=tm=16\sqrt[]{6}\cdot 4\sqrt[]{6}=384\text{(c<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msup><mrow><mi>m</mi></mrow><mrow><mn>3</mn></mrow></msup></mrow></math>)}$. $b)$ A henger alapkörének sugara egyenlő az $ABC$ háromszög beírt körének $\varrho$ sugarával. Az $ABC$ háromszög területe: $t=16\sqrt[]{6}\text{c<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msup><mrow><mi>m</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msup></mrow></math>}$, a kerület fele: $s=16$ cm. Alkalmazzuk a $t=\varrho s$ képletet: $\varrho =\frac{16\sqrt[]{6}}{16}=\sqrt[]{6}$. A keresett henger térfogata: $V_2={\varrho }^2\pi m=6\cdot \pi \cdot 4\sqrt[]{6}=24\pi \sqrt[]{6}\approx 184\mathrm{,}7\text{(c<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msup><mrow><mi>m</mi></mrow><mrow><mn>3</mn></mrow></msup></mrow></math>)}$.   8. Egy trapéz alakú telket a szárak egy-egy pontját összekötő, a párhuzamos oldalakkal párhuzamos kerítéssel szeretnék két egyenlő területű részre vágni. Adjuk meg az építendő kerítés hosszát a trapéz két párhuzamos oldalhosszának függvényében.  (16 pont)   Megoldás. A területet felező párhuzamos szakasz hossza legyen $\overline{N_1{N}_2}$. A $KDC$, $K{N}_1{N}_2$, $KAB$ háromszögek hasonlóak. A területeik aránya egyenlő a $K$-val szemközti oldalak négyzeteinek arányával. Ezért van olyan $\lambda$ pozitív valós szám, hogy a három terület rendre: $\lambda c^2$, $\lambda \cdot (\overline{N_1{N}_2}{)}^2$, $\lambda a^2$.     A területfelezés miatt a középső háromszög területe a másik két háromszög területének a számtani közepe: $\lambda \cdot (\overline{N_1{N}_2}{)}^2=\frac{\lambda a^2+\lambda c^2}{2}$. Vagyis $\begin{array}{c}{\displaystyle \overline{N_1{N}_2}=\sqrt[]{\frac{a^2+c^2}{2}}\mathrm{.}}\end{array}$   9. Adjuk meg a $k$ paraméter azon értékeit, amelyekre a $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{sin}{}^{4}x+\text{cos}{}^{4}x=k-\frac{1}{4}\mathrm{,}\text{ és a }\text{sin}{}^{4}x+\text{cos}{}^{4}x=k+\frac{1}{4}}\end{array}$ egyenletnek is van megoldása.  (16 pont)   Megoldás. Nézzük az első egyenletet: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle k-\frac{1}{4}}& {\displaystyle =\text{sin}{}^{4}x+\text{cos}{}^4={\left(\text{sin}{}^{2}x+\text{cos}{}^{2}x\right)}^2-2\text{sin}{}^{2}x\text{cos}{}^{2}x=1-\frac{1}{2}\cdot 4\text{sin}{}^{2}x\text{cos}{}^{2}x=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =1-\frac{1}{2}\cdot \text{sin}{}^{2}2x\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Mivel $0\le \text{sin}{}^{2}2x\le 1$, azért $\frac{1}{2}\le 1-\frac{1}{2}\cdot \text{sin}{}^{2}2x\le 1$. Ha $\frac{1}{2}\le k-\frac{1}{4}\le 1$, azaz $\frac{3}{4}\le k\le \frac{5}{4}$, akkor az első egyenletnek van valós megoldása. Nézzük a második egyenletet, az előzőekben látott átalakításokat végezzük el most is: $k+\frac{1}{4}=\text{sin}{}^{4}x+\text{cos}{}^{4}x=1-\frac{1}{2}\cdot \text{sin}{}^{2}2x$. Mivel $0\le \text{sin}{}^{2}2x\le 1$, azért $\frac{1}{2}\le 1-\frac{1}{2}\cdot \text{sin}{}^{2}2x\le 1$. Ha $\frac{1}{2}\le k+\frac{1}{4}\le 1$, azaz $\frac{1}{4}\le k\le \frac{3}{4}$, akkor a második egyenletnek van valós megoldása. Azt szeretnénk, ha a két egyenletnek egyszerre lenne megoldása, ezért a két halmaz közös elemeit kell vennünk. Az egyedüli megoldás: $k=\frac{3}{4}$.